%     Gravitación -> Capitulo 4.
%
% basado en la versión 1997-05-??
% ------------------------------------------------------------
%
%     Lista de cambios
%
% 1.  Samuel;
%     Se etiquetaron las ecuaciones y se hizo referencia a ellas en forma correcta.
%     Se cambio una nota al pie por una nota al margen (decía ''Capítulo 1, Sección...)
%     Se etiquetaron las figuras.
%
% 2.  Paris; figuras
%     Decia: '''';
%     Dice: '''';
%     Comentario: Puse el pie de las figuras despues de al figura, movi los
%     archivos a la carpeta con los TeX y quite la extención PDF.
%     Fecha: 2007-12-04
%
% 3.  Samuel; figuras
%     Se coloco la segunda figura del sapo, se cambiaron las figuras 4 y 5 por sus versiones corregidas.
%     Se agrego la figura 7.
%     Se corrigió la referencia a la ecuación 21 en el parrafo ''La ecuación 21 es la que corresponde a una...'', no aparecía.
%     Fecha: 2007-12-10
%
% 4.  Samuel; Texto
%     En la sección 6 en el primer parrafo se agrego re, decía ''ferencia'', ahora dice ''referencia''; y una e, decía ''fuse'',dice ''fuese''
%     En rl parrafo que comienza ''Aunque el Sol es miles de...'' se agredo una c, decía ''partíulas'', dice ''partículas''.
%     Fecha: 2007-12-19
%
% 5.  Paris; Sec 1, 2, y 3; Parrafo #.
%     Decia: '''';
%     Dice: '''';
%     Comentario: Se agrega una nueva seccion entre uno y 2 así la seccion 2 se 
%     recorre a ser la 3, a petición del Super Dr.
%     Fecha: 2008-01-08
%
% 6.  Samuel;
%     Se hicieron las correcciones acordadas en la reunión del 2 de enero de 2008.
%     Fecha: 2008-01-14
%
% n.  [autor]; Sec ; Parrafo #.
%     Decia: '''';
%     Dice: '''';
%     Comentario: [opcional]
%     Fecha: aaaa-mm-dd
%
% ------------------------------------------------------------
\chapter{Sat\'elites terrestres}

\section{Sistemas ligados}
Comencemos con  un ejemplo campestre. Imaginemos un pozo seco, en
cuyo fondo est\'a un sapo como el de la figura \ref{cap4:f1}.

\begin{figure}[!b]
%\centering{\includegraphics[scale=0.3]{./grav/cap04_fig01}}
%\caption{Un sapo en un pozo.\label{cap4:f1}}
\begin{minipage}{.3\linewidth}
\centering{\includegraphics[scale=0.3]{./grav/cap04_fig01a}}
\caption{Un sapo en un pozo.\label{cap4:f1}}
\end{minipage}
\begin{minipage}{.2\linewidth}
\qquad
\end{minipage}
\begin{minipage}{.3\linewidth}
\centering{\includegraphics[scale=0.3]{./grav/cap04_fig01b}}
\caption{El sapo se quiere escapar.}
\end{minipage}
\end{figure}

¿Cu\'anto  es  la  energ\'{\i}a potencial  de \'este sapo?
Esto no lo podemos contestar  antes  de haber convenido d\'onde
vamos a poner nuestro cero de energ\'{\i}a potencial ni de haber
decidido c\'omo vamos a dibujar nuestros ejes de coordenadas. Lo m\'as
com\'un es elegir el nivel cero de la energ\'{\i}a potencial en el
nivel que corresponde a la boca del pozo y el eje $OY$ verticalmente
hacia arriba. En este caso, la energ\'{\i}a potencial del sapo ser\'{\i}a
$ U(y) = mgy$.

 Se ve, pues, que si el sapo est\'a  dentro del  pozo
su  energ\'{\i}a potencial ser\'a negativa, ya que, seg\'un nuestra
orientaci\'on de ejes,  all\'{\i} la coordenada $y$ es negativa.
Esta  energ\'{\i}a potencial negativa no debe asustarnos,  pues,
como sabemos, solamente los {\sl cambios} de energ\'{\i}a son
f\'{\i}sicamente  significativos.

Si el  sapo  est\'a  durmiendo  en  el fondo del pozo,  entonces
su  energ\'{\i}a cin\'etica  es cero (no hay sapos son\'ambulos) y  su  energ\'{\i}a  total,
$E =  T  +  U$, tambi\'en  resultar\'{\i}a negativa.  Lo  cierto es  que
su energ\'{\i}a  total puede ser negativa a\'un en el
caso en  que el sapo se est\'e moviendo.  Por ejemplo,  podr\'{\i}a
ocurrir que el sapo quisiese escapar del pozo  e, impuls\'andose con
sus patas traseras, inicie un salto hacia las alturas.  La energ\'{\i}a
cin\'etica m\'{\i}nima del sapo, para poder escaparse del pozo,  es
$\frac{1}{ 2} m v_{min}^2  = mgh, $ en que \textsf{h} es
la profundidad del pozo. Si la energ\'{\i}a  total del sapo es
negativa:
$$ E = T + U = \frac{1}{ 2} m v^2 - mgh  < 0 $$
entonces el  sapo, al saltar, no alcanza la boca  del pozo y vuelve a caer al
fondo. En otras  palabras,  si la energ\'{\i}a  total  del sapo  es negativa,
entonces el sapo est\'a prisionero ---como dice la samba.

\begin{figure}[!h]
\centering{\includegraphics[scale=0.4]{./grav/cap04_fig02}}
\caption{El pozo de potencial en que estamos prisioneros.\label{cap4:f2}}
\end{figure}

Si pensamos en escaparnos de este planeta Tierra, nos dar\'\i amos cuenta
de que estamos en la misma condici\'on del sapo: dentro de un pozo
de potencial.  Las paredes de nuestro pozo  no son visibles ni
palpables, como en el caso del sapo, ni tampoco son ``verticales'', ya que, para el
campo gravitatorio  lejano, $ U = GMm/r.$ Pero no por eso dejamos de estar
en un pozo (ver figura \ref{cap4:f2}).

Si nuestra energ\'{\i}a  total es negativa, digamos   $E = - k^2,$ entonces
$$ T - \frac{GMm}{ r} = - k^2$$
Sabemos que podemos  alejarnos del  centro  de  atracci\'on  a costa  de  una
disminuci\'on de nuestra energ\'{\i}a cin\'etica, pero la energ\'{\i}a
cin\'etica no puede ser negativa; su menor valor es cero. Entonces, de la
ecuaci\'on anterior se desprende que siempre debe tenerse
$$ \frac{GMm}{ r} \ge  k^2 $$
y, para que esto  ocurra,   $r$ no puede ser indiscriminadamente grande.  De
hecho, debe cumplirse que

$$  r  \leq  GMm/k^2  $$

En  resumen, si   nuestra  energ\'{\i}a  total   es negativa,   estamos
prisioneros de la Tierra.  Naturalmente, la \'unica manera de aumentar nuestra
energ\'{\i}a total es aumentar nuestra energ\'{\i}a cin\'etica  y la
ecuaci\'on anterior nos permitir\'{\i}a  encontrar cu\'al es la velocidad
m\'{\i}nima que habr\'{\i}a que dar a un objeto cualquiera para que, al
lanzarlo verticalmente, no volviese a la Tierra nunca m\'as.\bigskip

\section{Hoyos negros}

Ya disponemos de una ley de gravitaci\'on y la hemos usado para
encontrar qu\'e velocidad debe tener un sat\'elite para que su
\'orbita sea una circunferencia muy pegada a la Tierra. Consideremos
ahora la siguiente pregunta: ¿cu\'al es la velocidad m\'{\i}nima
con que habr\'{\i}a que lanzar verticalmente a una manzana, ladrillo,
suegra, etc., para que lo lanzado nunca m\'as volviese a la Tierra?

Por razones obvias, a esa velocidad se la llama \textsc{velocidad de
escape.} La llamaremos $v_e.$

Para encontrar esta velocidad de escape, lo m\'as sencillo es
aprovechar el principio de conservaci\'on de la energ\'{\i}a.
Sabemos que para escaparse del pozo de pontencial gravitatorio en que
estamos, la energ\'{\i}a total debe ser, al menos, cero.
\begin{align*}
\tfrac12 m v_e^2 - \frac{Gmm}{r} \geq 0,
\end{align*}
de donde se desprende que la velocidad de escape cumple con
\begin{align}
\label{cap4:ecuno}
v_e^2 = 2\frac{GM}{r}
\end{align}

Se encuentra que $v_e $ es igual a  $\sqrt{2}$  veces la
rapidez de un sat\'elite rasante, asi que la velocidad de escape
desde la Tierra es apenas
\begin{align}
v_e = 8\sqrt{2} \approx 11.3 \hbox{\rm \  km/s}
\end{align}

La relaci\'on (\ref{cap4:ecuno}) muestra que la velocidad necesaria para escaparse,
crece mientras m\'as masivo sea el planeta. Pero a\'un hay algo m\'as,
para un mismo valor de $M$, la velocidad de escape ser\'a mayor si
disminuye la distancia $r$ al centro de atracci\'on. Por ejemplo,
si hubiese un planeta de igual masa que la Tierra, pero su radio
fuese un cent\'esimo del actual, la velocidad de escape a partir
de su superficie ser\'{\i}a
diez veces mayor, 113 km/s. Con la actual tecnolog\'{\i}a se pueden
construir cohetes que alcanzan velocidades hasta 16 km/s, asi que
mientras no se mejore \'esto, tarde o temprano nuestra suegra
volver\'a.

Uno de los resultados m\'as importantes de la f\'{\i}sica de este
siglo, es que \textsf{no podemos hacer que ning\'un objeto se mueva
a una velocidad mayor que la velocidad de la luz.} Esta no es una
limitaci\'on tecnol\'ogica, sino algo mucho m\'as definitivo: es
imposible y adem\'as no se puede. De aqu\'{\i} se concluye que la
mayor velocidad de escape imaginable, es c = 300000 km/s.

Si para un objeto en las cercan\'{\i}as de un centro de atracci\'on,
resultase que su velocidad de escape, calculada seg\'un la
expresi\'on 2), es mayor que la velocidad de la luz, entonces desde
ese centro de atracci\'on nada podr\'{\i}a escaparse, ni siquiera
la luz. No ver\'{\i}amos luz proveniente de ese centro de atracci\'on,
por lo que se ha ganado el nombre de \textsf{agujero negro.} Conviene
recordar que aunque a los hoyos negros no podemos verlos, s\'{\i}
sentir\'{\i}amos su atracci\'on gravitatoria, que ser\'{\i}a muy
intensa en sus vecindades.

¿Sin cambiar su masa, podr\'{\i}a la Tierra convertirse en un
hoyo negro? La \'unica manera ser\'{\i}a que se contraiga,
disminuyendo el factor $r$ que aparece en la relaci\'on 2). Si
all\'{\i} ponemos  $v_e = c$ y despejamos  r, se obtiene
\begin{align}
r = 2GM/c^2 = 0.44 \text{mil\'{\i}metros}
\end{align}

Este resultado obtenido con la gravitaci\'on newtoniana, es uno
de los poco {\sl resultados cl\'asicos} que sigue siendo v\'alido
en la nueva teor\'{\i}a einsteniana de la gravitaci\'on. A \'esta
distancia especial  $2GM/c^2 $ se la llama ``radio de
Schwarzschild'', en homenaje al primer f\'{\i}sico  capaz de
resolver la ecuaciones gravitacionales de Einstein.

Por analog\'{\i}a con el uso habitual de la palabra {\sl horizonte},
al radio de  Schwarzschild tambi\'en se lo llama ``horizonte'',
pues nada que est\'e dentro del radio de Schwarzschild ser\'a
visible desde el exterior del hoyo negro.

La interpretaci\'on del radio de Schwarzschild es distinta en
la teor\'{\i}a cl\'asica y en la moderna. Para Newton, una
manzana lanzada verticalmente desde un poco dentro del horizonte,
puede cruzar el horizonte (no existe la limitaci\'on $ v < c$),
seguir subiendo con velocidad decreciente, alcanzar una altura
m\'axima y luego volver hacia atr\'as. En la teor\'{\i}a einsteniana,
nada puede cruzar el horizonte, ni siquiera la luz. Un rayo de
luz que partiese justamente desde el radio de Schwarzschild, se
quedar\'{\i}a siempre ah\'{\i}, sin moverse en absoluto, aunque
claro, un rayo de luz que no se mueve, no es luz.

A veces se piensa que esto de los hoyos negros es una de las
grandes novedades de la f\'{\i}sica moderna, pero no es as\'{\i}.
Ya en 1783, John Mitchell, un cura y ge\'ologo ingl\'es, elucubrando
sobre estos temas, concluy\'o que si trataba de un objeto
astron\'omico de masa muy grande y radio peque\~no, entonces
pod\'{\i}a ocurrir que la velocidad de escape fuese mayor que la
velocidad de la luz. Si nada puede moverse con velocidad mayor que
la de la luz, entonces nada puede escaparse. Quiz\'a el Mitchell
te\'ologo haya llegado a pensar que el infierno es un hoyo negro,
el m\'as negro de todos.

¿Existen los hoyos negros? Los astr\'onomos creen que s\'{\i},
que en la biograf\'{\i}a de las estrellas, un final posible es contraerse
y terminar invisible. M\'as a\'un, se piensa que existen millones
de estos hoyos negros y que uno de ellos  estar\'{\i}a justamente
en el centro de nuestra galaxia,
de modo que sin saberlo todos nosotros hemos estado girando en torno a un hoyo negro.
Pero m\'as all\'a del  ``se cree'', ¿existe evidencia experimental
de la existencia de hoyos negros?
La respuesta es si.

¿C\'omo medir la masa del Sol? Evidentemente no podemos ponerlo
en una balanza, pero existen otras maneras. Por ejemplo podemos
aprovechar la ley de gravitaci\'on y algunos datos respecto a las
\'orbitas
de planetas. La distancia Tierra Sol es conocida, asi como el
per\'{\i}odo de revoluci\'on (un a\~no). Suponiendo que la \'orbita es
circular, se cumple que
\begin{align*}
\frac1R  m\left( \frac{2\pi R}{T}\right)^2 =  \frac{GMm}{R^2}
\end{align*}
asi que la masa del Sol se puede calcular de la expresi\'on
\begin{align*}
M =  4\pi^2 R^3/G
\end{align*}

Los astr\'onomos han estado estudiando una galaxia el\'{\i}ptica, que
est\'a a 50 millones de a\~nos luz desde nosotros, la galaxia M87.
Esta galaxia contiene un disco giratorio de gas, de 500 a\~nos luz de
di\'ametro. A partir del hecho que este disco giratorio de gas no
se desparrame sino que se mantiene unido, podemos inferir que en su
centro debe existir un objeto muy masivo. A partir de las mediciones
de las velocidades de las part\'{\i}culas del gas, (2 millones de
kil\'ometros por hora a 50 millones de a\~nos luz del centro), los
astr\'onomos han conclu\'{\i}do que en el centro del disco debe
existir un hoyo negro de masa superlativa, 2000 a 3000 millones de
masas solares.

A menudo en astrof\'{\i}sica, como unidad de masa se usa el metro.
Es el momento oportuno para ver como puede ser \'esto.

Ya vimos que al estudiar la velocidad de escape m\'axima aparece
con toda naturalidad la expresi\'on $ G/c^2 $. Ahora bien,
%
\begin{align*}
\frac{G}{c^2} = \frac{6.673\times10^{-11} \text{metro}^3/(\text{kilogramo segundo}^2)} 
{8.9876\times10^{16} \text{metro}^2/\text{segundo}^2}
= 7.425\times10^{-28} \  \frac{\text{metro}}{\text{kilogramo}}
\end{align*}

Las dimensiones de $G/c^2 $ muestran que para expresar masas en estas
unidades ``astrof\'{\i}sicas'', basta multiplicar por
$7.425 \times 10^{-28}$ a las masas expresadas en kilos. Es en \'estas
nuevas unidades que la masa de la Tierra resulta ser 0.44
mil\'{\i}metros, la masa solar 1.47 kil\'ometros y la masa de un hoyo
negro ``mediano'',  5 megakil\'ometros.

El tama\~no de la velocidad de escape permite distinguir entre
campos gravitatorios d\'ebiles y fuerte. Si la velocidad de escape es
cercana a la velocidad de la luz, entonces se trata de un campo
gravitatorio super--fuerte. Se ve entonces que el campo gravitatorio
terrestre e incluso el del Sol, es un campo gravitatorio d\'ebil.
Es a bajas velocidades y en campos gravitacionales d\'ebiles, donde
reina la f\'{\i}sica cl\'asica. Adem\'as de los campos gravitatorios superfuertes, hoy se estudia
lo que ocurre en campos gravitacionales superd\'ebiles. A \'estos se
los produce artificalmente, dejando caer laboratorios en la Tierra,
mont\'andolos en aviones que describen una par\'abola como la que
describir\'{\i}a un objeto lanzado horizontalmente, o bien, haciendo
experimentos en laboratorios en \'orbita.

\section{Sat\'elites geoestacionarios}

\begin{angosto}Desde una altura de cuarenta y dos mil kil\'ometros, una
\marginpar{The Geostacionary \\
Applications  Satellite.\\
Cambridge University \\
Press, 1988.}
familia muy especial de sat\'elites contempla a la Tierra. As\'andose
al sol, con sus alas azules y sus cuerpos dorados, parecen pericos
instalados uno junto al otro, en un alambre telef\'onico invisible. La
mayor\'{\i}a paran sus orejas para oir mensajes desde una parte del
mundo y luego repetirlos, dirigi\'endolos  a otra lugar. Algunos
pasan sus  d\'{\i}as contemplando las formaciones de nubes y dem\'as datos de la
atm\'osfera, debajo de ellos. Unos pocos miden la Tierra con un precisi\'on
de unos cent\'{\i}metros, mientras otros realizan
experimentos cient\'{\i}ficos diversos. Todos estos sat\'elites son
hipocondr\'{\i}acos artefactos dedicados al palabrer\'{\i}o, que
mezclan historias respecto a lo que acaban de ver, oir o sentir, con
frecuentes informes respecto a su precaria salud.
\end{angosto}

As\'{\i} comienza Peter Berlin su interesante libro respecto a
sat\'elites terrestres. A los sat\'elites
geo--sincr\'onicos o geo--estacionarios se los llama as\'{\i}
porque, vistos desde la Tierra, parecen inm\'oviles. Como
desde su gran altura estos sat\'elites pueden ver en todo instante
casi la mitad de la Tierra, los sat\'elites geo--estacionarios
son ideales para las  telecomunicaciones.

Ya antes calculamos qu\'e radio debe tener la \'orbita circular
de esta familia de sat\'elites, para que parezcan estar en reposo
vistos desde la Tierra. Pero es bueno para nuestra cultura general
el volver a calcular, claro que desde otra perspectiva.

Haremos el an\'alisis desde la Tierra, usando un sistema cuyo
origen lo instalamos en el centro de \'esta y cuyo eje Z lo hacemos
apuntar en  direcci\'on  desde el polo sur al polo norte. Puesto que para ser geo--estacionario
la \'orbita  \textsf{debe} estar en el plano ecuatorial,
al plano XY lo hacemos coincidir con el plano del ecuador.

Al estar los ejes fijos a la Tierra, girar\'an respecto a las
estrellas fijas, con el mismo per\'{\i}odo de rotaci\'on de ella.
Este sistema de referencia es \textsf{no--inercial}, asi que debemos
tomar en cuenta a las fuerzas cinem\'aticas.

Respecto a este sistema, el sat\'elite  est\'a {\bf en
reposo}, asi que no necesitamos preocuparnos por la fuerza de
Coriolis. La \'unica condici\'on importante es que la fuerza
centr\'{\i}fuga cancela a la atracci\'on gravitacional.

Llamando $\Omega $ a la velocidad angular de los ejes XY de este sistema de
referencia, respecto a las estrellas fijas, la fuerza disponible es
\begin{align*}
\vec F_{disponible} = - \frac{GMm}{ R^2}\widehat r + m\Omega ^2 \vec R
\end{align*}

En este sistema de referencia el sat\'elite est\'a inm\'ovil, as\'{\i}
que  esta fuerza debe ser cero.

\begin{figure}[!h]
\centering{\includegraphics[scale=0.4]{./grav/cap04_fig03}}
\caption{En este sistema, muy especial, el sat\'elite est\'a en reposo. Sobre  \'el  act\'uan \u{dos} fuerzas, que se cancelan.\label{cap4:f3}}
\end{figure}


\begin{align}
\label{cap4:ec1}
- \frac{GMm}{ R^2} \widehat r + m\Omega ^2 \vec R = 0
\end{align}

El valor de  $\Omega $ es conocido, es la velocidad angular de
la Tierra  respecto a las estrellas, o sea
%
\begin{align}
\label{cap4:ec2}
\Omega  = 7.2921 \times 10^{-5}  \hbox{rad/s}
\end{align}
%
ya que su per\'{\i}odo es 23$^{\rm hrs}$ 56$^{\rm min}$ 4.09$^{\rm s}$.

Conocido este $\Omega, $ la ecuaci\'on (\ref{cap4:ec1}) permite encontrar a qu\'e distancia
debe estar el sat\'elite, para que sea geo--estacionario. Resulta
%
\begin{align*}
R =  42\,164.23 \kern1pc \hbox{km}
\end{align*}
%
o sea, debe estar aproximadamente a una altura de 36\,000 km
sobre el ecuador.

Usando este mismo  sistema de referencia ligado a la Tierra,
el estudio de los sat\'elites  no--geoestacionarios
resulta m\'as complicado, porque en este caso tambi\'en aparece
la fuerza de Coriolis.

Es muy f\'acil calcular el tama\~no  de la \'orbita de un
sat\'elite para que sea geo--estacionario, pero del dicho al hecho
hay mucho trecho. Colocar a un sat\'elite en \'orbita geo-
estacionaria es un asunto muy delicado.
Dejando de lado el problema de contar con un
poderoso sistema de propulsi\'on, se necesita adem\'as un sistema de gu\'{\i}a
que lo deje justo en la \'orbita necesaria y en un punto muy preciso.
Ya hay tantos sat\'elites de comunicaciones orbitando,
que actualmente existen acuerdos internacionales que determinan en qu\'e punto de
la \'orbita ecuatorial deben quedar. Si, por errores de lanzamiento van a dar a
otro lado, incluso pueden ser destru\'{\i}dos por interferir con sus
vecinos.

Supongamos que la \'orbita no estuviese exactamente en el plano
ecuatorial. En este caso, para mantener al sat\'elite todo el tiempo
en el campo visual de nuestra antena parab\'olica, tendr\'{\i}amos
que estarla constantemente moviendo, apunt\'andola cada vez en
una direcci\'on distinta, hacia arriba y hacia abajo del ecuador,
hacia el este y el oeste.

Una desgracia parecida ocurrir\'{\i}a con un sat\'elite cuya \'orbita no sea
circular o cuyo per\'{\i}odo no sea exactamente igual al per\'{\i}odo
de rotaci\'on terrestre.  A\'un si no se cometiesen errores de
ingenier\'{\i}a, la {\sl \'orbita kepleriana pura} es mera ficci\'on.
Los sat\'elites est\'an sometidos a la acci\'on del Sol y dem\'as
planetas y  a perturbaciones de otro origen, de modo que, en la
pr\'actica, la \'orbita circular no lo es tanto y va cambiando en el
tiempo. De aqu\'{\i} la necesidad  de todo un equipo de observadores
para que vigile la posici\'on del sat\'elite  y tambi\'en
la necesidad de guardar un poco de combustible para peque\~nas maniobras de
correcci\'on de \'orbita.

\subsection*{Ejemplo}

Desde un sistema de referencia no--inercial, ligado a la Tierra,
hagamos el an\'alisis de un sat\'elite en \'orbita ecuatorial pero
no--geoestacionario.

\begin{figure}[!h]
\centering{\includegraphics[scale=0.4]{./grav/cap04_fig04}}
\caption{Visto desde nuestra Tierra, sobre el sat\'elite est\'an actuando \u{tres} fuerzas: a) la atracci\'on terrestre;\, b) la fuerza cen\-tr\'{\i}\-fu\-ga; \, y \, c) la fuerza de Co\-rio\-lis.\label{cap4:f4}}
\end{figure}

Desde la Tierra, la fuerza necesaria para la \'orbita circular
%
\begin{align}
\label{cap4:ec3}
\vec F_{necesaria} = -m \omega ^2 R \widehat r
\end{align}
%
en que omega min\'uscula es la velocidad angular del sat\'elite,
\textsf{respecto a la Tierra.}
Por otra parte, si llamamos omega may\'uscula a la velocidad angular de
nuestro sistema de referencia, respecto a las ``estrellas fijas",
la fuerza disponible es
%
\begin{align}
\label{cap4:ec4}
\vec F_{disponible} = - \frac{GMm}{ R^2}\widehat r + m\Omega ^2R\widehat r - 2m\, \vec\Omega \times \vec v
\end{align}

La fuerza disponible consta ahora de tres partes: la primera
corresponde a la interacci\'on gravitacional (que siempre apunta hacia el
centro de la Tierra), la segunda es la fuerza centr\'{\i}fuga, (que siempre
apunta ``hacia afuera", respecto al eje de rotaci\'on de la Tierra)
y la tercera es la fuerza de Coriolis, cuya direcci\'on depende del
\'angulo entre $\vec v$ \ y \ $\vec \Omega $.

Debido a esto \'ultimo, la direcci\'on de la fuerza de Coriolis no es
la misma para un sat\'elite lanzado hacia el Este, que para otro
lanzado hacia el Oeste. Para empezar, supondremos que lanzamos
hacia el Este. En este caso, la fuerza de Coriolis apunta en
la misma direcci\'on que la fuerza centr\'{\i}fuga.
Imponiendo de nuevo la condici\'on de \'orbita circular, obtenemos la
igualdad
%
\begin{align}
\label{cap4:ec5}
-m \omega ^2 \vec R  = - \frac{GMm}{ R^3}\vec R  +m\Omega^2 \vec R  + 2m\Omega \omega \vec R
\end{align}

Antes de seguir con la aritm\'etica... !podemos adelantar el resultado sin
calcular! \, En efecto, si no nos equivocamos en alg\'un signo y
llamamos $\omega _i $ a la velocidad angular del sat\'elite, respecto
a un sistema inercial, el $\omega $ que obtengamos, en este otro sistema de
referencia, debe ser esencialmente igual al $\omega_i  + \Omega $;  o
bien, $\omega_i -  \Omega $, pues de otro modo nuestra mec\'anica ser\'{\i}a
inconsistente.

En el \'ultimo t\'ermino, $ \vec \Omega \times  \vec v $, los vectores
que aparecen son ortogonales entre s\'{\i}, de modo que este
producto es  $- \Omega v $, y como  $v = \omega R$, resulta que
$ -2m \vec \Omega \times  \vec v = + 2m \Omega \omega  \vec R $


Como dijimos, en los lanzamientos ecuatoriales hacia el Este la fuerza de
Coriolis apunta igual que la centr\'{\i}fuga, as\'{\i}  que ---dividiendo
todo por $m$ y visto que $\vec R$ aparece en todos los t\'erminos--- la ecuaci\'on (\ref{cap4:ec5}) se puede escribir
%
\begin{align*}
- \omega ^2 = - \omega _i^2  + \Omega ^2 + 2\Omega \, \omega
\end{align*}
%
y de aqu\'{\i},
%
\begin{align}
\label{cap4:ec6}
(\Omega + \omega)^2 = \omega _i ^2
\end{align}

Al extraer ra\'{\i}z de  esta igualdad de cuadrados, aparecen
dobles signos que  conducen  a dos valores para la velocidad
angular del sat\'elite:
%
\begin{align}
\label{cap4:ec7}
\omega_1  & = \omega_i - \Omega \\
\label{cap4:ec8}
\omega_2  & = -(\omega_i + \Omega)
\end{align}

El valor $\omega _1 $ corresponde al caso en que al sat\'elite se lo lanza
hacia el Este, mientras que $\omega_2 $ corresponde al lanzamiento en
sentido   contrario.

Estos resultados sirven para entender varias cosas. En los primeros
tiempos del lanzamiento de sat\'elites la potencia de los motores apenas
si alcanzaba para conseguir las velocidades necesarias, y  era
necesario  aprovechar el empuj\'on extra proporcionado por la
rotaci\'on de la Tierra en torno a su eje. Debido a esta rotaci\'on,
los puntos sobre el ecuador  se mueven a $ 0.465 \, $ km/s hacia el Este,
de modo que conviene lanzar hacia ese lado.

Por otra parte, puesto que los sat\'elites geo--estacionarios deben
tener una \'orbita ecuatorial, conviene que la base de lanzamiento est\'e lo
m\'as cercana posible al ecuador y es por esta raz\'on que los USA decidieron
instalarla lo m\'as al sur posible de su territorio. Al mismo tiempo, en caso
de cualquier accidente, las tareas de rescate son m\'as sencillas si la
tripulaci\'on cae al mar. Ya que conviene lanzar hacia el Este, la base de
lanzamiento se instal\'o en el estado de Florida y no en California.

Los europeos han hecho algo parecido y su base de lanzamiento est\'a
en la isla de Kourou, en la Guayana Francesa. Desde all\'{\i} parten
los veh\'{\i}culos llamados gen\'ericamente Arianne, muy usados para
poner en \'orbita a sat\'elites de comunicaciones.

Aprovechar el empuj\'on terrestre no es la \'unica ventaja que se
espera de una base de lanzamiento lo m\'as cercana posible al ecuador.
Como el plano de la \'orbita siempre debe contener al centro de la Tierra, la
inclinaci\'on del plano de la \'orbita  nunca puede ser
menor que la latitud de la base de lanzamiento. Entonces, una
base cercana al ecuador tambi\'en simplifica la maniobras orbitales
necesarias para, finalmente, instalar al sat\'elite en una \'orbita ecuatorial.

\section{Par\'ametros orbitales}

Todo el mundo sabe qu\'e habr\'{\i}a que hacer para poner en \'orbita
a un objeto cualquiera, digamos un piano: 1) llevarlo hasta una gran altura
---all\'{\i} donde la fricci\'on con el aire es tan peque\~na,
que podemos olvidarnos de ella---; y  2) darle una gran
patada lateral.

Pero seamos cuantitativos y no meramente cualitativos. Si la patada
no es muy violenta, lo que queremos es encontrar el tama\~no de su
\'orbita,  su excentricidad y su per\'{\i}odo.

Para resolver este problema, tendremos que hacer algunas aproximaciones:
supongamos que  el piano y la Tierra son dos part\'{\i}culas.
Reconozcamos, adem\'as, que una de estas
part\'{\i}culas ---la Tierra--- es mucho m\'as masiva que la otra,
por lo que nosotros, que vivimos sobre ella, podemos considerarla  un
sistema inercial. Sabemos que esto no es estrictamente cierto, que
la Tierra no se mueve en l\'{\i}nea recta con velocidad constante,
pero, en un par de horas (un valor t\'{\i}pico para los
per\'{\i}odos de los pianos en \'orbita), el centro de la Tierra
s\'{\i} se mueve pr\'acticamente en l\'{\i}nea recta y con rapidez  constante.
De todos modos tendremos que hacer aproximaciones, as\'{\i} es que hagamos
\'esta, que es la m\'as simple y a  la que suelo llamar ``la aproximaci\'on
de la part\'{\i}cula y  media", ya que ni siquiera se trata de la
aproximaci\'on de las dos part\'{\i}culas, pues en \'esta tendr\'{\i}amos que
reconocer que \underbar{ambas} part\'{\i}culas se mueven.

La situaci\'on es, entonces, la siguiente: conocemos la posici\'on inicial
de una part\'{\i}cula ---respecto al centro de la Tierra---,
$\vec r_{\circ}$. Tambi\'en conocemos su velocidad inicial,
$\vec v_{\circ} $. Queremos saber si entrar\'a en \'orbita o no,
y, si entra en \'orbita, queremos saber todo respecto a ella.

Comenzamos escribiendo que la energ\'{\i}a total se conserva
\begin{align}
\label{cap4:ec9}
\frac12 mv^2 - \frac{GMm}{ r} = \hbox{constante} = E
\end{align}

Para tambi\'en sacarle partido a la conservaci\'on del momentum
angular, conviene expresar la velocidad  como suma de la
velocidad radial $\dot r $ y de la velocidad ortogonal con
$\vec r$, a la que llamaremos $ v_{\perp} $
\begin{align*}
v^2 = \dot r ^2 + v_{\perp} ^2
\end{align*}

En t\'erminos de esta \'ultima velocidad, el momentum  angular
es
%
\begin{align*}
l = mr v_{\perp}
\end{align*}
%
y la velocidad se puede escribir  $v^2 = \dot r ^2 + l^2/m^2 r^2 $.
Llevando esto a la ecuaci\'on de conservaci\'on de la energ\'{\i}a, \'esta queda
%
\begin{align}
\label{cap4:ec10}
\frac12 m \left( \dot r ^2 + \frac{l^2}{m^2 r^2} \right) -\frac{GMm}{ r} = E
\end{align}

\begin{figure}
\centering{\includegraphics[scale=0.4]{./grav/cap04_fig05}}
\caption{En una \'orbita el\'{\i}ptica, la velocidad radial se hace cero en dos puntos.\label{cap4:f5}}
\end{figure}

Cuando la \'orbita es el\'{\i}ptica, hay dos puntos en que
la velocidad radial es cero: el perigeo y el apogeo, en el caso
de los sat\'elites terrestres;  el perihelio y el afelio, en el caso
de los planetas. La distancia entre estos dos puntos es
justamente $2a$, el eje mayor de la elipse. Esto resulta muy
conveniente, ya que si la velocidad radial es cero, la ecuaci\'on de
conservaci\'on se hace m\'as sencilla, reduci\'endose a
%
\begin{align}
\label{cap4:ec11}
\frac{l^2}{ 2mr^2} - \frac{GMm}{ r} = E
\end{align}
%
o lo que es lo mismo,
%
\begin{align}
\label{cap4ec:12}
r^2 + \frac{GMm}{ E}\, r - \frac{l^2}{ 2mE} = 0
\end{align}

Esta es una ecuaci\'on de segundo grado en $r $. En vez de
resolverla, nos bastar\'a aprovechar una buena propiedad de las
ecuaciones del tipo $x^2 + px + q = 0 $. Puesto que
%
$$ (x-x_1)(x-x_2) = 0 \kern8pt \Rightarrow  \kern8pt x^2 -(x_1 + x_2)x
+ x_1x_2 = 0 $$
%
se ve que la suma de las ra\'{\i}ces es igual a $-p, $ mientras que
el producto de ellas es igual a $q$. Entonces podemos escribir
de inmediato que
%
$$  r_1 + r_2 =  - GMm/E $$
%
y que
%
$$  r_1 \cdot r_2 = - l^2/2mE $$

De la pen\'ultima relaci\'on se desprende que
\begin{align}
\label{cap4:ec13}
a = - GMm/2E
\end{align}
%
y como $ r_1 \cdot r_2 = a(1+\epsilon)\cdot a(1-\epsilon) $, tambi\'en
resulta que
%
\begin{align}
\label{cap4:ec14}
b = l/\sqrt{-2mE}
\end{align}

Ya hemos encontrado el tama\~no y la forma de la \'orbita, a partir
de las condiciones iniciales. Adem\'as, podemos encontrar el
per\'{\i}odo de revoluci\'on. Si llamamos T a dicho per\'{\i}odo,
sabemos que  la velocidad de barrido de \'area
la podemos escribir $dA/dt = \pi ab/ T. $  Se tiene entonces
%
\begin{align*}
T = \pi ab/(dA/dt) = \pi ab\frac{2m}{ l} = \pi a \frac{l}{ \sqrt{-2mE}} \frac{2m}{l}=2\pi a\sqrt{\frac{a}{GM}}
\end{align*}

Al utilizar (\ref{cap4:ec13}) se ve que ``milagrosamente'' desaparece
la masa del piano, confirmando as\'{\i} la versi\'on original de la
tercera ley de Kepler, cosa que no ocurre en una segunda y mejor
aproximaci\'on. La expresi\'on para el per\'iodo se puede escribir como
%
\begin{align}
\label{cap5:ec15}
\omega ^2 a^3 = GM
\end{align}

Hemos introducido a $ \omega = 2\pi/T $  porque as\'{\i} se consigue
una expresi\'on de la tercera ley de Kepler, que es m\'as f\'acil
de recordar.

En resumen, los resultados anteriores muestran que
\begin{enumerate}
\item Si la energ\'{\i}a total es negativa, el sistema
es un sistema ligado y la \'orbita es una elipse.
\item Llamando E a la energ\'{\i}a total, el eje mayor de
la elipse es
\begin{align}
\label{cap4:ec16}
\boxed{a = \frac{GMm}{-2\, E}}
\end{align}

\item Si llamamos $l $ al momentum angular, el semi--eje
menor est\'a dado por
\begin{align}
\label{cap4:ec17}
\boxed{b = l/\sqrt{-2mE}}
\end{align}

\item Si acudimos a $\omega = 2\pi/T, $  en que T es el per\'{\i}odo
de revoluci\'on, se reencuentra la tercera ley de Kepler:
\begin{align}
\label{cap4:18}
\boxed{\omega ^2 a^3 = GM}
\end{align}

\end{enumerate}

\section{Dos ejemplos num\'ericos}

A modo de diversi\'on y ejemplo, para ver c\'omo funcionan estas
relaciones que nos dan los par\'ametros orbitales, vamos a considerar
un intento de poner en \'orbita a un piano, suponiendo las siguientes
condiciones iniciales:

\begin{center}
\begin{tabular}{lr@{=}l}
Rapidez inicial:     & $v_0$   & $7.6$ km/s   \\
``Altura''  inicial: & $r_0$   & $7000$ km    \\
Rumbo inicial:       & $\beta$ & $83^{\circ}$ \\
\end{tabular}
\end{center}

\begin{figure}[!h]
\centering{\includegraphics[scale=0.4]{./grav/cap04_fig06}}
\caption{La figura define el \'angulo llamado ``rumbo''. Como se ve, es el \'angulo entre los vectores $\vec r$ \ y \ $\vec v$.\label{cap4:f6}}
\end{figure}

Idealmente, se trata de conseguir que el rumbo inicial sea 90$^{\circ}$, ya
que un $\beta =180^{\circ} $ ser\'{\i}a un fracaso.

Aunque en las f\'ormulas  aparece la masa del objeto
que se desea poner en \'orbita, lo cierto es que se puede
suponer $ m = 1, $ pues en primera aproximaci\'on
las \'orbitas no dependen de la masa del objeto.

Para la Tierra, $GM \approx 4 \times 10^{14} $. Con este valor, la
energ\'{\i}a total es
\begin{align*}
E &=  \frac12\, (7.6 \times 10^3 )^2 - (4 \times 10^{14})/ 7 \times10^6 \\
& = - 2.82 \times 10^7 \hbox{Joules} 
\end{align*}

Este valor negativo confirma que se trata de un sistema ligado (el
piano no se escapar\'a al infinito), de modo que la \'orbita ser\'a
una elipse.

Por otra parte, suponiendo otra vez que $m = 1,$ el momentum angular es
\begin{align*}
l = 7 \times 10^6 \times 7600 \times \sen(83^{\circ})
\end{align*}
%
y de aqu\'{\i} se obtiene que $  a = 7076 \; \hbox{km}\;  \hbox {y}\;   b =
7024 \; \hbox{km} $.

A primera vista, pareciera que el piano s\'{\i} entrar\'a en \'orbita.
De todas maneras, para estar seguros, vamos a calcular la distancia
de m\'axima aproximaci\'on al centro de la Tierra. Esta distancia es
$ r_{min}  = a(1-\epsilon). $ Naturalmente, para que no haya choque
con la Tierra, este $r_{min}$ debe ser mayor que 6400 km.

Calculamos la excentricidad:
%
\begin{align}
\label{cap4:ec19}
\epsilon = \sqrt{1 - (b/a)^2} = 0.122
\end{align}
%
de donde resulta que
%
\begin{align*}
r_{min} = 7000\, (1 - 0.122) = 6210 \, \hbox{km}
\end{align*}
%
as\'{\i} que despu\'es de todo,  el piano no entrar\'a en
\'orbita sino que chocar\'a con la Tierra.

Uno de los m\'eritos (¿defectos?) de las leyes de la din\'amica
cl\'asica, es que parecen funcionar a cualquier escala. El siguiente ejemplo
se refiere a un sistema solar en miniatura.

\vspace{12pt}

\framebox{\parbox{0.77\textwidth}{\baselineskip=12pt
Una part\'{\i}cula se mueve atra\'{\i}da por un centro de fuerza, de modo
que su aceleraci\'on es $ \vec a = - 32\widehat r/ 9r^2$ Analizar su movimiento,
sabiendo que las condiciones iniciales son
$\vec r(0) = (0,1,0) $\ y $ \vec v(0) = (-4,-4,0)/3 $.
}}


Como ya sabemos que un dato muy importante es el signo de la energ\'{\i}a total,
lo primero que hacemos es calcularla. Se tiene
%
\begin{align*}
E = \frac12 m v^2 - \frac{32m}{ 9r}
\end{align*}
%
Puesto que el valor de $m $ no altera el signo de la energ\'{\i}a,
vamos a  suponer que $m = 1 $.
Entonces la energ\'{\i}a ser\'{\i}a
%
\begin{align*}
E = \frac12 \frac{32}{ 9} - \frac{32}{ 9} = - \frac12 \frac{32}{ 9} < 0
\end{align*}

Se ve que la \'orbita ser\'a cerrada: una elipse. Los par\'ametros
orbitales son
%
\begin{align*}
2a = \frac{32/9 }{ + \frac12 (32/9)} = 2 \kern20pt \Rightarrow\kern20pt     a = 1
\end{align*}


Para obtener el semieje menor necesitamos el momentum angular. Este
es
\begin{align*}
\vec l = \vec r \times \vec v  = \widehat y \times (-\frac{4}{ 3}\widehat x + \frac{4}{ 3}\widehat y ) = \frac{4}{ 3} \widehat z
\end{align*}
%
y resulta que $ b = 1/\sqrt{2} $. La excentricidad tambi\'en
es $ 1/\sqrt{2} $ y el per\'{\i}odo es $\approx 11 $.

\section{El problema de Kepler}

Adem\'as de conocer la forma y tama\~no
de una \'orbita, interesa saber  a qu\'e hora pasar\'a el
sat\'elite por cualquier punto de ella. De otro modo,
no podr\'{\i}amos predecir eclipses ni cosas por el estilo.

La tercera ley de Kepler conecta ---de alg\'un modo--- la noci\'on de tiempo con
la geometr\'{\i}a de la \'orbita. Pero Kepler quer\'{\i}a conocer
m\'as detalles, as\'{\i} es que se plante\'o el problema de encontrar a
qu\'e hora un planeta se encontrar\'{\i}a en un punto
cualquiera de su \'orbita. A esto se le llama
{\sl el problema de Kepler}.

Nuestra soluci\'on del problema de Kepler parte desde la relaci\'on
(\mbox{Cap.\ 1.} Ec.\ \ref{cap1:ec7}), que repetimos aqu\'{\i}:
%
\begin{align}
\tag{Cap 1. Ec. \ref{cap1:ec7}}  \frac{d \phi}{ dt} = \frac{C}{ ab(1 - \epsilon \cos \phi)}
\end{align}
%
en que  C es dos veces la velocidad de barrido de \'area, o sea
$ C = 2 \pi ab/T $, siendo T es el per\'{\i}odo de revoluci\'on.
Introduciendo esto en la relaci\'on anterior  y separando variables
%
\begin{align}
\label{cap4:ec20}
d\phi (1 - \epsilon\cos\phi)  = \frac{2\pi}{ T} dt
\end{align}

Si suponemos que a los \'angulos $\phi $ los medimos
a partir del perigeo y que tambi\'en al cron\'ometro lo ponemos en
marcha, justo cuando pasamos por all\'{\i}, entonces al integrar se obtiene
%
\begin{align*}
\int _{\circ} ^{\phi} d\phi (1 - \epsilon \cos \phi ) = \frac{2\pi}{T}\int _0^t dt
\end{align*}
%
de donde
\begin{align}
\label{cap4:ec21}
\boxed{\phi - \epsilon \, \sen\, \phi = \frac{2\pi}{ T}\, t}
\end{align}

Esta es  una  ecuaci\'on  bastante famosa.  Se la  llama  {\sl  ecuaci\'on  de
Kepler}.  Puede ocurrir que la trayectoria sea una par\'abola o una
hip\'erbola y, en cada caso, hay una ecuaci\'on de Kepler distinta. La
ecuaci\'on (\ref{cap4:ec21}) es la que corresponde a una \'orbita el\'{\i}ptica.

Si conocemos la excentricidad de la \'orbita y el per\'{\i}odo,
mediante la ecuaci\'on de Kepler podemos contestar dos tipos de preguntas:
\begin{enumerate}
\item ¿A qu\'e hora pasa el sat\'elite por el punto $\phi = 2 $? y
\item ¿D\'onde estar\'a el sat\'elite en el instante $ t = 3 $?
\end{enumerate}
Las preguntas del primer tipo son trivial\'{\i}simas, ya que basta
reemplazar letras por n\'umeros en la ecuaci\'on (\ref{cap4:ec21}); las preguntas del
segundo tipo, en cambio, constituyen  un problema sobre el que se ha escrito
mucho. Veamos un caso particular de  preguntas de este tipo. Supongamos que
se nos informa que cierto sat\'elite tiene un per\'{\i}odo de dos
horas y que la excentricidad de su \'orbita es 0.1. Se nos pregunta
d\'onde estar\'a, 30 minutos despu\'es de haber pasado por el perigeo.
En este caso, la ecuaci\'on de Kepler es
%
\begin{align}
\label{cap4:ec22}
\phi - 0.1\, \sen\phi = \pi/2
\end{align}

A menudo, la ecuaci\'on de Kepler se resuelve usando
alguno de los diversos m\'etodos de resoluci\'on num\'erica de
ecuaciones, por ejemplo,el m\'etodo de Newton. Resolver la ecuaci\'on
de Kepler equivale a encontrar la ra\'{\i}z de la funci\'on
%
\begin{align}
\label{cap4:ec23}
f(\phi) = \phi - \epsilon \sen\phi - M
\end{align}
%
en que $M = (2\pi/{\rm \hbox{per\'{\i}odo}})t $.


El m\'etodo de Newton  muestra que, si $\phi _o $ es una soluci\'on
aproximada de la ecuaci\'on (\ref{cap4:ec23}), una mejor aproximaci\'on es
%
\begin{align}
\label{cap4:ec24}
\phi_1 = \phi_0 - f(\phi_o) / f^{\prime}(\phi_o)
\end{align}


 El siguiente programa sirve para encontrar la soluci\'on del
problema de Kepler.

\begin{adjustwidth}{3pc}{2pc} \baselineskip=12pt
\begin{verbatim}
CLS
DOSPI = 8 * ATN(1)
EPS = .7071                 ' Excentricidad
K = .85
CONST TOL = .0000001        ' Discrepancia tolerada
Periodo = 11
t = 3
GOSUB SolAprox

DEF FNX (X) = X - eps * SIN(X) - M
DEF FNXPunto (X) = 1 - eps * COS(X)

DO
\end{verbatim}\marginpar{\baselineskip=12pt Soluci\'on problema de Kepler} \begin{verbatim}
    PRINT ''J = ''; J
    PRINT X
    Xnuevo = X - (FNX(X) / FNXPunto(X))
    PRINT Xnuevo
    IF ABS(X - Xnuevo) < TOL THEN EXIT DO
    X = Xnuevo
    PRINT
    J = J + 1
LOOP
END

SolAprox:
    ' Determina la primera solucion aproximada.
    M = (DOSPI / Periodo) * t       ' Anomalia media = (dospi/periodo)*t
    MS = M - DOSPI * INT(M / DOSPI)
    S = SGN(SIN(MS))
    X = MS + S * K * eps
RETURN
\end{verbatim}
\end{adjustwidth}

La anomal\'{\i}a central $\phi $  es muy popular solamente entre los
as\-tr\'o\-no\-mos, asi que nos pueden amargar la vida pregunt\'andonos ---por ejemplo--- ¿a qu\'e hora pasa
el sat\'elite por la posici\'on  $ \theta = \pi /2 $?  Esta vez $\theta
$ es la llamada {\sl anomal\'{\i}a verdadera}, o sea el \'angulo con
v\'ertice en el foco de la elipse, as\'{\i} es que,
para contestar, primero tenemos que encontrar una relaci\'on entre la
anomal\'{\i}a verdadera y la anomal\'{\i}a central.

Ya sabemos que la ecuaci\'on de una misma elipse se puede escribir de dos
maneras
\begin{align*}
r = \frac{a(1-\epsilon ^2)}{ 1 + \epsilon \cos \theta} \qquad  r = a(1 - \epsilon \cos \phi).
\end{align*}
%
De este par de ecuaciones se desprende que
%
\begin{align}
\label{cap4:ec25}
\cos\, \theta = \frac{cos\, \phi - \epsilon }{ 1 - \epsilon \cos\phi}
\end{align}

Esta relaci\'on entre $\cos\phi $ \ y \ $\cos\theta $ resuelve nuestro
problema. Pero tambi\'en se puede demostrar que, entre las tangentes
de ambos \'angulos, existe la relaci\'on
%
\begin{align}
\label{cap4:ec26}
\tan(\theta/2) = \tan(\phi/2)\, \sqrt{\frac{1+\epsilon}{ 1-\epsilon}}
\end{align}

En s\'{\i}ntesis, si nos interesa predecir la posici\'on de una
part\'{\i}cula sometida a una fuerza gravitacional y escribimos, por lo
tanto, la ecuaci\'on
%
\begin{align}
\label{cap4:ec27}
m\frac{d^2  \vec r (t)}{ dt^2} = - \frac{GMm \widehat r}{ r^2}
\end{align}
%
nos encontramos con que nadie sabe c\'omo escribir la soluci\'on
de esta ecuaci\'on en la forma $ \vec r(t) $. Lo que se hace
es, por una parte, encontrar primero cu\'al es la secci\'on c\'onica que
corresponde a la forma de la trayectoria y, despu\'es, con la ayuda de
la ecuaci\'on de Kepler adecuada a cada \'orbita, predecir
num\'ericamente cu\'al ser\'a la posici\'on en t\'erminos de la
anomal\'{\i}a central $\phi $, para luego transformar a las variables
que se quiera.

\section{Problema de las dos part\'{\i}culas}

Ya sabemos bastante respecto a sat\'elites ---sean solares o
terrestres---, pero todo nuestro tratamiento ha consistido en suponer que una
de las part\'{\i}culas no se mueve, como si tuviera una masa muy
grande comparada con la de la otra y un sistema de referencia fijo en
 ella, fuese un sistema de referencia inercial.  Por
cierto \'esta no es una hip\'otesis muy  realista, aunque es una
buena aproximaci\'on para  el caso solar.  Vamos  a  ver  ahora c\'omo
evitamos esta hip\'otesis simplificadora.

Quiz\'as una de  las frases m\'as repetidas  en la mec\'anica sea:  {\sl a
partir de los trabajos de Galileo,  sabemos que todos los cuerpos caen
con la misma aceleraci\'on}.  Dejando de lado  el detalle de la fricci\'on
con el aire, lo anterior quiz\'as sea cierto respecto a un sistema de referencia
inercial,  pero no es  cierto si referimos nuestras observaciones a la
Tierra.  En efecto,  si dejamos caer una manzana,  mientras la manzana
cae,  la Tierra sube a su  encuentro,  de modo que respecto a nuestro
laboratorio  terrenal,  la  aceleraci\'on  de las   manzanas no ser\'a
la misma para las manzanas grandes  que para las peque\~nas, pues en cada caso
la aceleraci\'on de nuestro ``laboratorio'' ser\'a diferente.

Toda  la complicaci\'on se debe a que lo natural, para los
terr\'aqueos, es usar un laboratorio fijo  a la Tierra, pero estos
laboratorios no son inerciales. Veamos qu\'e ocurre en un caso
extremo. Imaginemos dos rocas en el espacio interestelar,  una de masa
$M$ y la otra de masa  $m.$  En la roca de la izquierda cabalga un
langostino, el que decide calcular la \underbar{aceleraci\'on}  de la
otra roca. Nuestro langostino podr\'{\i}a razonar as\'{\i}:

\textsf{\small
``Ya  conozco  la  masa de ambas  rocas---(!porque  le\'{\i} \
el enunciado !)--- de modo  que, para encontrar
la  aceleraci\'on de la otra roca, solamente necesito conocer todas
las fuerzas que act\'uan sobre ella. Una de \'estas  es la fuerza {\bf
F} con que mi roca la atrae, pero no es la \'unica fuerza. Mi sistema
de referencia no es inercial, de modo que la fuerza que falta es una
fuerza no reaccionaria, o inercial o cinem\'atica, como dicen por ah\'{\i}.
Mi roca tambi\'en est\'a acelerada, porque es atra\'{\i}da por la otra.
Mirando a las estrellas, me doy cuenta que mi aceleraci\'on es $ \vec
a $, entonces,  a  la fuerza gravitacional sobre  $m$ tengo que agregarle la
fuerza inercial $- m{\bf a}$. \marginpar{Razonamiento del langostino.}
Mi aceleraci\'on, respecto a las
estrellas, es  $  \vec a  = -  \vec F/M $. Por lo tanto, la fuerza
total sobre la otra roca es $  \vec F + m ( \vec F/M) $ y
su aceleraci\'on ser\'a:''}
%
$$ {d {\bf v}\over dt} = {{\bf F} + m ({\bf F}/ M)\over m}  =
{\bf F} \Bigl( \frac{1}{ m} + \frac{1}{ M} \Bigr) $$
%

En este c\'alculo, aparece en forma  totalmente natural la suma de los
valores rec\'{\i}procos de las masas y, para simplificar la
notaci\'on, se suele definir la llamada  {\sl masa reducida}:
\begin{align}
\label{cap4:ec28}
\frac{1}{\mu} \equiv \frac{1}{ m} + \frac{1}{ M}
\end{align}


Efectivamente, $\mu$  tiene las dimensiones de {\sl masa}. Supongo que
se la llama {\it reducida} porque su valor siempre es m\'as
chico que el de la masa m\'as peque\~na.

Esta historia de las dos rocas en el espacio
inter-estelar no es muy tra\'{\i}da de los cabellos, ya que nosotros,
los terr\'aqueos, cabalgamos justamente  sobre un pedazo  de  roca. Como
\'esta no  tiene masa infinita, las aceleraciones respecto a ella no
son aceleraciones respecto a un sistema inercial  y, tal como  el
langostino  de  la  historia,  tenemos que  agregar  las fuerzas
inerciales.  Lo curioso es que, en vez  de  agregar a cada  rato las
fuerzas inerciales,  basta que  usemos la masa reducida del objeto
cuyo movimiento nos interesa estudiar.

Aunque el Sol es miles de veces m\'as inercial que la Tierra,  en
rigor a\'un las magnitudes  din\'amicas, medidas respecto a  \'el,
adolecer\'{\i}an  del mismo defecto que tendr\'{\i}an las de nuestro
langostino, si \'este no hubiera  agregado las fuerzas no reaccionarias
del tipo  $-m{\bf a}$.  Ciertamente  no debe tratarse de correcciones demasiado
grandes, pues de otro modo Tycho Brahe y/o Kepler se habr\'{\i}an dado
cuenta. Pero para tener una mejor idea de lo que ocurre,  vamos a resolver
ahora un problema gravitacional m\'as realista: dos part\'{\i}culas que
se mueven bajo la influencia exclusiva de su mutua atracci\'on gravitacional.
Ahora ambas part\'{\i}culas se  mueven, de modo que, aparentemente,
deber\'{\i}amos elegir un sistema de  referencia  no fijo  a ninguna
de ellas (pues no ser\'{\i}a  un sistema inercial).  Esto se puede
hacer,  pero es m\'as f\'acil aprovechar lo que ya sabemos de las
masas reducidas.

En uno de los ap\'endices finales, mostramos que con la ayuda de la noci\'on de masa
reducida, la energ\'{\i}a cin\'etica de un sistema de dos
part\'{\i}culas se puede escribir
\begin{align}
\label{cap4:ec29}
T = \frac12 \mu u^2
\end{align}
%
en que  $\vec u $ es la velocidad relativa entre ambas
part\'{\i}culas.

Por otra parte, el momentum angular del sistema es
\begin{align}
\label{cap4:ec30}
\vec L = \vec s \times \mu \vec u
\end{align}
%
en que, de nuevo,  $\vec u $ es la velocidad relativa entre
ambas part\'{\i}culas, mientras que $\vec s $ es el vector posici\'on
que parte desde la part\'{\i}cula en que estamos y llega hasta
la otra.

A partir de estos resultados es un sencillo ejercicio de \'algebra volver hasta
donde calculamos, por primera vez, los par\'ametros orbitales, escribir la
ecuaci\'on de la energ\'{\i}a en t\'erminos de la masa reducida  y recalcular
los par\'ametros orbitales.  Los resultados  son:
\begin{align}
\label{cap4:ec31}
2a &= GMm/(-E)\\
\label{cap4:ec32}
b &= l/\sqrt{-2 \mu E}
\end{align}

Como se ve, se trata solamente de una peque\~na correcci\'on a las
f\'ormulas que ya hab\'{\i}amos deducido.
